Физика. Практика решения физических задач. Учебное пособие

Задача  2.13. Имеется простейшая электрическая цепь, состоящая из источника ЭДС и реостата (рисунок  2.13). Параметры источника: ЭДС e = 36 В, внутреннее сопротивление r = 6 Ом. Параметры реостата: минимальное сопротивление

Rmin = 2 Ом, максимальное сопротивление Rmax = 9 Ом. Найдите максимальную мощность Pmax, выделяемую на реостате.

Решение. Сначала определим ток, протекающий в цепи.

Рисунок  2.13 – Схема электрической цепи из источника ЭДС и реостата

81

Воспользуемся законом Ома для полной цепи:

I = Re+r .

Так как реостат и внутреннее сопротивление источника соединены последовательно, напряжение на реостате пропорционально его текущему сопротивлению:

UR = I R = Re +Rr .

Из закона Ома ЭДС e= I  R + I  r, напряжение на реостате

UR = I  R = e – I  r. Мощность нагрузки P = UR  I = (e – I  r)  I = =e  I–I2  r=P(I).Всилутого,чтоЭДСeисточникаиеговнутрен-

нее сопротивление r неизменны, из последнего выражения следует, что мощность P, выделяемая на реостате, зависит от величины тока I, протекающего по цепи. То есть P = f(I) = e  I – I2  r.

Исследуем функцию P(I) на экстремум. Для этого продифференцируем ее по току и приравняем результат к нулю:

dPdI(I) =0.

dPdI(I) = P(I)′ =(e I −I2 r)′ =e−2 I r =0.

Решая последнее уравнение относительно I, получим значение тока в цепи, при котором мощность на реостате будет максимальной (P = Pmax):

I= 2er .

Сдругой стороны, ток из закона Ома I = e / (R + r). Следовательно, чтобы выполнить равенство тока I = e / (2   r), не-

82

обходимо установить на реостате R = r. Подставим найденное из условия максимума мощности на реостате значение тока I = e / (2   r) в выражение для мощности P = e   I – I2   r. Получим искомую максимальную мощность:

Ответ: Pmax = 4e2r =54 (Вт).

Задача  2.14. В небольшой очень тонкой бесконечно длинной трубке с внутренним радиусом a находится жидкий проводник в форме цилиндра, полностью занимающий пространство трубки. По этому проводнику протекает равномерно по сечению электрический ток I. Найдите магнитное давление P как функцию расстояния r от центра проводника до его границы, соприкасающейся с трубкой. Проводник считать несжимаемой жидкостью, не проявляющей магнитных свойств.

Решение. Магнитное давление возникает из-за взаимодействия тока с создаваемым им магнитным полем внутри проводника. Как известно, сонаправленные токи притягиваются друг к другу, а противоположно направленные – отталкиваются. Выделим в толще проводника цилиндрический слой с текущим радиусом r и толщиной dr. На него со стороны окружающих параллельных токов одного направления действуют силы сжатия (рисунок  2.14).

Найдем распределение магнитного поля внутри и вне проводника. Для этого воспользуемся теоремой Ампера о циркуляции магнитного поля. Циркуляция вектора магнитной

83

индукции по замкнутому контуру есть произведение магнитной постоянной на алгебраическую сумму токов, пронизывающих контур циркуляции, т.е.

a

r

dr

Рисунок  2.14 – Жидкий проводник: а – протекание тока I, распределенного по сечению радиуса a;

б– цилиндрический слой внутри проводника

стекущим радиусом r и толщиной dr, находящийся под воздействием объемной плотности сжимающих

сил f→

Сначала найдем функцию B(r) внутри проводника при r < a. В данном случае в качестве контура в силу симметрии задачи удобно выбрать окружность с текущим радиусом r, отсчитываемым от центра сечения проводника. Длина этого контура равна 2   p   r, а ток внутри контура равен j   p   r2. Поэтому

84

B(r) 2pr =μ0 j pr2.

Так как по условию задачи ток I равномерно распределен по сечению проводника, то поверхностная плотность тока j есть величина постоянная, т.е. j = const. Тогда поле внутри цилиндрического проводника пропорционально расстоянию r:

B(r)= μ0 j pr2 = 1 μ0 j r.

2pr 2

Если применить теорему о циркуляции для области вне проводника, когда r > a, то поле B(r) снаружи от проводника будет обратно пропорционально расстоянию r (рисунок  2.15):

B(r) 2pr =μ0 I,

B(r)= 2μp0 Ir .

B (r)

Рисунок  2.15 – Зависимость индукции магнитного поля B от расстояния r внутри и вне цилиндрического проводника радиуса a при протекании в нем электрического тока I

Элементарная сила Ампера, действующая на объемный элемент тока j→dV, по определению

dFА = jB dV.

85

Сила Ампера, действующая на единицу объема прово-

цилиндрического слоя радиуса r на слои, находящиеся внутри него, dp = –f  dr, поскольку f→ ↑↓ dr→. Вектор f→ направлен к центру сечения проводника, а вектор dr→, наоборот, от центра сечения. Поэтому получаем

dp = −j B dr = −j 12 μ0 j r dr = −12 μ0 j2 r dr.

Искомое полное магнитное давление P как функцию r определим, проинтегрировав dp по dr в пределах от a до r:

Видно, что при r = a давление P(r) = P(a) = 0, т.е. давление снаружи на поверхность проводника отсутствует (нет токов, вызывающих давление). С другой стороны, если r = 0, то

давление P(r)= 1 μ0 p2I2 2 = Pmax. Это означает, что централь- 4 a

ное сечение проводника испытывает наибольшее давление со стороны находящихся снаружи от него параллельных токов.

86

Задача  2.15. Длинная тонкая катушка с большим числом витков намотана на полутороидальный немагнитный каркас с поперечным сечением радиуса r. Каркас согнут таким образом, что его ось, проходящая через центры сечений, образует полуокружность радиусом R. Значение тока, приходящегося на единицу длины полутора, равно i. Полагая

<< , найдите вектор → магнитной индукции в центре полу- r R B

окружности радиуса R.

Решение. Выделим на катушке бесконечно тонкий элемент, находящийся под углом j от правого торца катушки A′. Величина толщины элемента определяется элементарным углом dj (рисунок  2.16).

dpm r

Рисунок  2.16 – Схема полутора с выделенным на нем элементом катушки (витком), имеющим магнитный момент dp→m и создающим в точке O

→

магнитное поле dBO

Этотвыбранныйэлемент(виток)имеетмагнитныймомент

dpm =dI S n,

где n→ – вектор нормали к соответствующему витку с током на катушке.

87

Элементарный ток витка катушки

dI =i dl,

где i – линейная плотность тока.

Важно понимать, что в данном случае ток нормируется по единице длины полутора, а не по единице длины провода катушки, поэтому dl = R   dj – длина дуги тороида, занимаемой выбранным элементом катушки. Площадь контура S = p   r2. Таким образом, модуль магнитного момента витка

dpm = i   R   dj   S.

В общем случае поле плоского контура любой (произвольной) формы на больших расстояниях равно

B = 4μ0p Rpm3 1+3 cos2 q,

где R – расстояние от центра контура до данной точки; q – угол между вектором p→m и направлением от контура в данную точку поля; pm – модуль магнитного момента контура.

В нашей задаче точка поля – O (вне витка), угол q = 90°, расстояние от центра контура до точки O равно R, магнитный момент dp→m. Поэтому элементарное магнитное поле от элемента катушки (витка) в точке O:

dBO = 4μ0p dpR3m 1+3 cos2 (90°) = 4μ0p dpR3m ,

dBO = 4μ0p i R d3j S = 4μ0p i dj2 S. R R

У рассмотренного витка на катушке есть симметричный виток, расположенный под тем же углом j от торца ка-

88

→

тушки A. Направления векторов dBO в точке O от этих двух

витков таковы, что сумма вертикальных компонент →O| dB по-

лей этих витков равна нулю. Поэтому итоговое поле в точке O

→

складывается только из горизонтальных компонент dBO– век-

→

торов dBO, создаваемых магнитными моментами соответствующих витков с током. Искомое поле направлено вправо

по направлению от к ′. Проекция →O на направление AA′ A A dB

равна

dBO− =dBO cos(90°−j)=dBO sin(j).

Получаем

тали от торца A к торцу A′ катушки.

Задача  2.16. Зеркало лежит на дне бассейна. Бассейн имеет глубину h = 2,5 м и полностью заполнен водой с показателем преломления n = 1,33. Свет падает под углом j = 60° к поверхности воды, проходит в воде, и, отражаясь от зерка-

89

ла, выходит обратно из воды. Найдите расстояние x между точками входа света в воду и выхода его из воды.

Решение. Сделаем рисунок  2.17 с указанием хода лучей света в бассейне и над ним.

Зеркало

Рисунок  2.17 – Падение света из воздуха в воду и его отражение от зеркала на дне бассейна

В задаче не сказано, откуда падает свет в воду. Будем считать, что свет идет на границу с водой из воздуха с показателем преломления nв = 1. Из условия задачи следует, что угол падения света на границу раздела сред «воздух – вода» равен 90° – j. Запишем закон Снеллиуса для этой границы в точке A:

nв sin(90°−j)=n sinb,

откуда синус угла преломления света:

sinb= nnв sin(90°−j).

Впрямоугольном треугольнике AOB катет AO = OB  tgb=

=h  tgb. Искомое расстояние

90